SEPTIEMBRE 2004 INSTRUCCIONES: El examen presenta dos opciones A y B; el alumno deberá elegir una y sólo una de ellas y resolver los cuatro ejercicios de que consta. No se permite el uso de calculadoras con capacidad de representación gráfica. PUNTUACIÓN: La calificación máxima de cada ejercicio se indica en el encabezamiento del mismo Tiempo: 90 minutos

OPCIÓN A Ejercicio 1. Calificación máxima: 2 puntos Dadas la matrices 1 2 0 1 1 2      A = 0 1 2 , B =  1 1 − 1 0 2 3 0 1 3      a. (1 punto) Determinar la matriz inversa de B. Solución. La condición necesaria y suficiente para que una matriz tenga inversa es que su determinante sea distinto de cero. 1 1 2

B = 1 1 − 1 = 3 + 0 + 2 − (0 − 1 + 3) = 3 ≠ 0 ⇒ ∃ B −1 0 1

3

Calculo de la inversa de B:

t

  1 1 2     adj  1 1 − 1 (adj B)t =   0 1 3  = B −1 = 3 B

 1 +  1  1 −  1  1 +  1 

−1 3 2 3 2 −1

− + −

1 −1 0 3 1 2 0 3 1 2 1 −1

1 1  0 1 1 1  − 0 1 1 1  + 1 1 

3

 4 − 1 − 3   3  −3 3 1 4  1 −1 0   3 − 3    = = −1 1 3 1  −1 3  3

t

+

t

 4 −3 1     − 1 3 − 1 −3 3 0   = = 3

− 1 1  0 

b. (1 punto) Determinar una matriz X tal que A = B · X Solución. Para despejar la matriz X, se multiplican los dos miembros de la igualdad por la inversa de la matriz B y en el mismo orden( por la izquierda), debido a la no-conmutabilidad del producto de matrices. A=B· X −1 B −1 ⋅ A = B B ⋅ X ⇒ X = B −1 ⋅ A 12⋅3 I

X=B

−1

1 4  3 − 3 ⋅ A =  −1 1 1  −1 3  3

− 1  1 2 0   4 3   1  ⋅  0 1 2 =  −1   0   0 2 3   1   3

1

1 3 1 1 3

− 11  3 5   −2  3

Ejercicio 2. Calificación máxima: 2 puntos  0 0  , ¿cuál es el valor del determinante de A? a. (1 punto) Si A es una matriz tal que A 2 =   0 0 Solución.  0 0  , tomando determinantes en ambos miembros, la igualdad se mantiene Sí A 2 =   0 0

A2 =

0 0 0 0

=0

A2 = A⋅A = 0 teniendo en cuenta que el determinante de producto de matrices es el producto de los determinantes de las matrices A ⋅ A =0⇒ A =0 b.

(1 punto) Calcule un número k tal que: 2

 3 − 4   1 0  0 0  − k ⋅   =    1 − 1 0 1    0 0  Solución. Restando las matrices 2

−4  3 − k  0 0   =   −1− k   1  0 0 aplicando el apartado a del ejercicio: 3− k

−4

1

−1− k

=0

se obtiene una ecuación que permite calcular k (3 − k )(−1 − k ) − (−4) = 0 ordenando k2 − 2k +1 = 0 resolviendo se obtiene k = 1 Ejercicio 3. Calificación máxima: 3 puntos Se considera el plano π ≡ x + 2y + 3z = 6. a. (1 punto) Hallar el punto simétrico del (0, 0, 0) respecto de π. Solución.

P’ se calcula conocido M, teniendo en cuenta que M es el punto medio del segmento PP ′ . x p + x p' xm = ⇒ x p' = 2x m − x p 2 y p + y p' ym = ⇒ y p' = 2 y m − y p 2

2

zm =

z p + z p'

⇒ z p' = 2z m − z p 2 El punto M que también es la proyección ortogonal de P sobre π, se calcula como intersección de r y π, siendo r la recta perpendicular(ortogonal) a π que pasa por el punto P.   x = 0+λ r ⊥ π ⇒ d r = n π = (1, 2, 3)  r: : r ≡   y = 0 + 2λ ( ) P 0, 0, 0 ∈ r    z = 0 + 3λ   Conocidas las ecuaciones de r y π, se calcula M sustituyendo las ecuaciones paramétricas de la recta en la ecuación general del plano. Se obtiene una ecuación en función del parámetro que al resolver nos da el valor del parámetro(λM) que permite calcular las coordenadas de M sustituyéndolo en las ecuaciones paramétricas de la recta.   x=λ    6 3  r :  y = 2λ  M≡ : 14λ = 6 : λM = =  : λ + 2 ⋅ 2λ + 3 ⋅ 3λ = 6  z = 3λ 14 7    π : x + 2 y + 3z = 6

3   xM = 7  3 M : y M = 2 ⇒ M = 3 , 6 , 9 7 7 7 7  3 z = 3  M 7 Conocidas las coordenadas de M se calculan las de P’. 3 6  x p' = 2x m − x p = 2 ⋅ − 0 =  7 7  6 12   6 12 14  y p ' = 2 y m − y p = 2 ⋅ − 0 =  : P' =  , ,  7 7 7 7 7  9 18  z p ' = 2z m − z p = 2 ⋅ − 0 = 7 7 

(

)

b. (1 punto) Hallar el plano perpendicular a π que contiene al eje OZ. Solución. Se pide calcular un plano σ con las siguientes condiciones:

 • σ ⊥ π ⇒ nπ σ  O = (0, 0, 0)   O(0, 0, 0) ∈ σ : σ ≡  n π = (1, 2, 3) • OZ ⊂ σ ⇒    k = (0, 0, 1) d OZ = k (0, 0, 1) σ  

x −0 y−0 z−0 σ≡

1

2

3

0

0

1

=0

desarrollando los los elementos de la 3ª fila, se obtiene la ecuación de σ σ ≡ 2x − y = 0

3

c.

(1 punto) Hallar el volumen del tetraedro cuyos vértices son el origen y los puntos de intersección de π con los ejes coordenados. Solución. Pasando la ecuación del plano a forma segmentaría se obtienen los puntos de intersección el plano con los ejes coordenados. x 2 y 3z x + 2 y + 3z = 6 ; + + =1 6 6 6 x y z + + =1 6 3 2 A = (6, 0, 0) , B = (0, 3, 0) , C = (0, 0, 2)

El volumen del tetraedro se calcula como una aplicación del producto Mixto 1 V = a o (b × c ) 6 siendo a , b y c los vectores de posición de los puntos A, B y C. 6 0 0 1 1 V = (6, 0, 0) o [(0, 3, 0)× (0, 0, 2 )] = 0 3 0 = 6 u 3 6 6 0 0 2

Ejercicio 4. Calificación máxima: 3 puntos Sabiendo que una función f (x) tiene como derivada

(

f ′( x ) = (x − 4 )2 x 2 − 8x + 7

)

se pide: a. (1 punto) Hallar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f. Solución. La monotonía de una función se asocia al signo de la primera derivada • Sí f ‘(x) > 0, la función es creciente • Sí f ‘(x) < 0, la función es decreciente Estudio del signo de f ‘(x). El signo de una expresión polinómica se estudia a partir de sus ceros.  2 x =1 x − 8x + 7 = 0 :  (x − 4)2 x 2 − 8x + 7 = 0 :  x = 7  (x − 4 )2 = 0 : x = 4 

(

)

4

b. (1 punto) Hallar los máximos y mínimos relativos de f. Solución. Las condiciones necesarias y suficientes para que una función alcance un extremo relativo en un punto son que en ese punto la primera derivada sea nula y que halla un cambio de monotonía. • •

(( ) ) (( ) ) Si f ‘(x ) = 0 y la función pasa de decreciente (f ′(x ) < 0 ) a creciente (f ′(x ) > 0) , hay un MÍNIMO.

Si f ‘(xo) = 0 y la función pasa de creciente f ′ x o− > 0 a decreciente f ′ x o+ > 0 , hay un MÁXIMO. − o

o

+ o

Teniendo en cuenta el estudio de ceros y signo de f ‘(x) del apartado a: f ′(1) = 0   - En x = 1:  −  : MÁXIMO + ′ ′ f 1 0 y f 1 0 > <   -

( )

( )

( )

( )

f ′(4 ) = 0   En x = 1:   : MÍNIMO − + ′ ′ f 4 < 0 y f 4 > 0  

c. (1 punto) ¿Es el punto x = 4 un punto de inflexión de f ?. Justificar razonadamente la respuesta. Solución. Para que en x = 4 la función tenga un punto de inflexión se deben cumplir dos condiciones: • f ′′(4 ) = 0 •

( )

( ) f ′′(x ) = 2 ⋅ (x − 4) ⋅1⋅ (x − 8x + 7 )+ (x − 4) ⋅ (2x − 8) = (2x − 8) ⋅ (2x f ′′(4) = ( 2 ⋅ 4 − 8) ⋅ (2 ⋅ 4 − 16 ⋅ 4 + 23) = 0 ⋅ −9 = 0 f ′′(4 ) = (2 ⋅ 4 − 8) ⋅ (2 ⋅ 4 − 16 ⋅ 4 + 23) = 0 ⋅ −9 > 0 ⇒ ∩  f ′′(4 ) = (2 ⋅ 4 − 8) ⋅ (2 ⋅ 4 − 16 ⋅ 4 + 23) = 0 ⋅ −9 < 0 ⇒ ∪

Signo f ′′ 4 − ≠ Signo f ′′ 4 + . Existe cambio de curvatura. 2

2

-

2

−

−

2

−

+

+

2

+

En x = 4 la función tiene un punto de inflexión

5

2

− 16x + 23

)

OPCIÓN B Ejercicio 1. Calificación máxima: 2 puntos (1’5 puntos) Hallar el conjunto formado por los punto del plano z = 0 que distan tres unidades del plano de ecuación 2x − y + 2z = 4. Solución. Todos los punto P(x, y, z) que distan tres unidades del plano π ≡ 2x − y + 2z = 4 deben de cumplir la igualdad: a.

d (P − π ) =

2 x − y + 2z − 4 2 2 + (− 1)2 + 2 2

=3

operando

2 x − y + 2z − 4 = 9 para quitar el valor absoluto se pone un doble signo en el segundo miembro 2x − y + 2z = ±3 operando con los dos signos, se obtiene dos ecuaciones que corresponden a dos plano paralelos al plano π y que distan 9 unidades de el. • Con el signo positivo: 2x − y + 2z − 13 = 0 • Con el signo negativo: 2x − y + 2z + 5 = 0 Como además deben de pertenecer al plano z = 0, los conjuntos de puntos que cumplen ambas condiciones serán: 2 x − y + 2z − 13 = 0 2 x − y + 2 z + 5 = 0 ó   z=0 z=0   b. (0’5 puntos) Describir dicho conjunto. Solución. Son rectas paralelas al plano π que están contenidas en el plano z = 0. x = λ 2x − y − 13 = 0  r: : x = λ :  y = −13 + 2λ ∀λ ∈ R z = 0  z = 0  x = λ ′ 2 x − y + 5 = 0  r′ :  : x = λ ′ :  y = 5 + 2λ ′ ∀λ ′ ∈ R z = 0  z = 0  Ejercicio 2. Calificación máxima: 2 puntos El plano π ≡ 2x − 2y + z = −2 determina un tetraedro con los planos coordenados. Se pide: a. (0’5 puntos) Calcular la longitud de la altura del tetraedro que parte del origen. Solución. La altura correspondiente al origen, es la distancia del origen al plano π ≡ 2x − 2y + z + 2 = 0 2⋅0 − 2⋅0 + 0 + 2 2 h = d (O − π ) = = 2 2 2 3 2 + (− 2 ) + 1 b. (0’5 puntos) Determinar las ecuaciones paramétricas de la recta que contiene a dicha altura. Solución. La recta altura que pasa por el origen de coordenadas debe de ser perpendicular al plano π, por lo que su vector de dirección coincide con el característico del plano π.   x = 2λ d r = n π = (2, − 2, 1)  r≡ ; r ≡  y = −2λ ∀ λ ∈ R P = (0, 0, 0 )   z=λ  

6

c. (1 punto) Calcular el área de la cara del tetraedro que está contenida en el plano π. Solución. La cara del tetraedro contenida en el plano π, es un triángulo de vértices los puntos de intersección del plano con los ejes coordenados(A, B, C), estos puntos se obtiene pasando la ecuación del plano a forma segmentaría. 2 x −2 y z −2 x y z + + + 2 x − 2 y + z = −2 ; + = ; =1 −2 −2 −2 −2 −1 1 − 2 A = (−1, 0, 0) B = (0, 1, 0) C = (0, 0, −2) Conocidos los vértices del triángulo, el área se obtiene mediante una aplicación del módulo del producto vectorial de dos de los vectores que forman las aristas del triángulo

AB = b − a = (0,1,0 ) − (− 1,0,0 ) = (1,1,0 )

AC = c − a = (0,0,−2) − (− 1,0,0 ) = (1,0,−2 )

 1 0 1 0 1 1  = (2,2,−1) AB × AC = (1,1,0)× (1,0,−2 ) =  + ,− ,+   0 −2 1 −2 1 0 1 1 3 Área ABC = (2,2,−1) = 2 2 + 2 2 + (− 1)2 = u 2 2 2 2 Ejercicio 3. Calificación máxima: 3 puntos 2x + 1 Sea la función f ( x ) = 2 2 x + x +1 a. (1 punto) Hallar sus máximos y mínimos relativos y sus asíntotas. Solución. Las condiciones necesarias y suficientes para que una función alcance un extremo relativo en un punto son que en ese punto la primera derivada sea nula y que además halla un cambio de monotonía.

(

• •

)

(( ) ) (( ) ) Si f ‘(x ) = 0 y la función pasa de decreciente (f ′(x ) < 0 ) a creciente (f ′(x ) > 0) , hay un MÍNIMO.

Si f ‘(xo) = 0 y la función pasa de creciente f ′ x o− > 0 a decreciente f ′ x o+ > 0 , hay un MÁXIMO. − o

o

f ′(x ) =

(

)

(

+ o

)

2 ⋅ x 2 + x + 1 − (2 x + 1) ⋅ 2 x 2 + x + 1

f ′(x ) = 0 ; − 2 ⋅

2

(

)

2  2  x + x +1   

3x 2 + 3x

(x

)

3

2

2 −1

⋅ (2 x + 1)

= −2 ⋅

3x 2 + 3x

(x

2

)

+ x +1

3

 3x = 0 ; x = 0 = 0 ; 3x 2 + 3x = 0 ; 3x ⋅ (x + 1) = 0 ;   x + 1 = 0 ; x = −1

+ x +1 Conocidos los valores que anulan la derivada, se comprueba si en ellos cambia el signo de la derivada y por tanto la monotonía de la función, criterio que verificaría que en esos puntos existe extremos relativos. 2

7

f (−1) =

2 ⋅ (−1) + 1

((− 1)

2

)

+ (− 1) + 1

2

= −1

;

f (0) =

(0

• •

En el punto (−1, −1) se dan las condiciones de mínimo relativo f ‘(−1) = 0. f ‘(−1− ) < 0 y f ‘(−1+ ) > 0

• •

En el punto (0, 1) se dan las condiciones de máximo relativo f ‘(0) = 0. f ‘(0− ) > 0 y f ‘(0+ ) < 0

2 ⋅ 0 +1 2

)

+ 0 +1

2

=1

Asíntotas: -

-

b.

Verticales: Teniendo en cuenta que el dominio de la función es todo R(el polinomio del denominador no tiene soluciones reales), la función no tiene asíntotas verticales. ∞ ∞ 2x + 1 2 2 Horizontales: Lím f (x ) = Lím = Lím = = 0 . La 2 x → ±∞ x → ±∞ 2 x → ±∞ 2 x 2 + x + 1 ⋅ (2 x + 1) ∞ x + x + 1 L´H función tiene una asíntota horizontal en y = 0(Eje OX) Oblicuas: Por tener asíntota horizontal, no tiene asíntota oblicua

(

(

)

)

(1 punto) Dibujar la gráfica de la función, utilizando la información obtenida en el apartado anterior, teniendo en cuenta, además, que f tiene exactamente tres puntos de inflexión cuyas abcisas son x 1 =

−1− 3 1 −1+ 3 , x2 = − , x3 = , respectivamente. 2 2 2

Solución. -

Dominio: Todo R

-

Cortes con OX: f ( x ) = 0 ;

(x

2x + 1 2

)

+ x +1

= 0 ; 2x + 1 = 0 ; x = −

2 ⋅ 0 +1

1 2

=1 2 + 0 +1 Con estos datos más los obtenido en el apartado a y los puntos de inflexión, se traza la gráfica de f (x). -

Cortes con OY: x = 0 ;

y = f ( 0) =

2

8

(0

2

)

c.

(1 punto) Calcular el área del recinto limitado por la gráfica de la función f, el eje OX, la recta x = 0, y la recta x = 2. Solución.

A=

2

2x + 1

∫0 (x 2 + x + 1)2

(

⋅ dx =

)

∫ (x 2

0

2

)

+ x +1

−2

  f n +1 ( x ) ⋅ (2 x + 1) ⋅ dx = ∫ f n ( x ) ⋅ f ′( x )dx = + C = n +1  

2

−1  2  2 −1  −1 −1 −1 6  x + x +1  =  = − = +1 = u 2   2 2 2   −1 7  x + x + 1 0 2 + 2 + 1 0 + 0 + 1 7  0

a.

Ejercicio 4. Calificación máxima: 3 puntos (2 punto) Discutir según los valores del parámetro real λ es sistema λx + 3y + z = λ   x + λy + λz = 1  x + y−z =1 

Solución.

λ 3 1  λ 3 1 λ     A = 1 λ λ  ; A′ =  1 λ λ 1  A ⊂ A ′ ⇒ rg A ≤ rg A ′ ≤ n = 3  1 1 − 1  1 1 −1 1      Si el determinante de la matriz de coeficientes(A) fuese distinto de cero, el rango de A seria 3 y coincidiría con el rango de la ampliada que como máximo puede ser 3 debido a sus dimensiones(3×4), que además coincide con el número de incógnitas por lo que el sistema sería compatible determinado(solución única). Teniendo en cuenta esto, el sistema se discute a partir de los valores del parámetro que anulan el determinante de A. λ 3 1 λ=2 A = 1 λ λ = −2λ2 + 2λ + 4 = −2 λ2 + λ + 2 = −2(λ − 2)(λ + 1) = 0 ;  λ = −1 1 1 −1 Discusión: - Si λ ≠ −1, 2. En estos caso el determinante de A es distinto de cero, y por lo antes argumentado, el sistema es compatible determinado, pudiendo en cada caso resolverse por el método de Cramer. − x + 3y + z = −1  −1 3 1    −1 3  - Si λ = −1.  x − y − z = 1 A =  1 − 1 − 1 A = 0 = −2 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 1 −1  1 1 − 1  x + y−z =1     − 1 3 1 − 1   −1 3 , el A ′ =  1 − 1 − 1 1  A ⊂ A ′ ⇒ rg A ′ ≤ 2 De los menores orlados a 1 −1  1 1 −1 1    único que queda por estudiar es:

(

)

9

−1

3

−1

1 −1 1 = 0 1 1 1 que por ser también nulo, indica que el rango de la ampliada es dos y por tanto los rangos de las dos matrices son iguales, pero no coincidentes con el número de incógnitas del sistema por lo que este es compatible indeterminado, con dos ecuaciones linealmente independientes, como indica su rango, y tres incógnitas. rg A = rg A’ = 2 < n = 3 2 x + 3y + z = 2 2 3 1    2 3  - Si λ = 2.  x + 2 y + 2z = 1 A =  1 2 2  A = 0 = 1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 1 2  1 1 − 1  x + y−z =1   

 2 3 1 2   2 3 A ′ =  1 2 2 1  A ⊂ A ′ ⇒ rg A ′ ≤ 2 De los menores orlados a , el único 1 2  1 1 −1 1    que queda por estudiar es: 2 3 2

1 2 1 =0 1 1 1 que por ser también nulo, indica que el rango de la ampliada es dos y por tanto los rangos de las dos matrices son iguales, pero no coincidentes con el número de incógnitas del sistema por lo que este es compatible indeterminado, con dos ecuaciones linealmente independientes, como indica su rango, y tres incógnitas. rg A = rg A’ = 2 < n = 3 b. (1 punto) Resolver el sistema anterior en el caso λ = 2. Solución. Para λ = 2, el sistema está formado por dos ecuaciones linealmente independientes. Para obtener el sistema equivalente, las ecuaciones elegidas deben ser las que contengan a los términos del menor de orden 2 2 3 que da rango al sistema, . 1 2

2 x + 3 y + z = 2   x + 2 y + 2z = 1 Para resolver el sistema, se toma la z como constante y se convierte en parámetro. z=λ 2 x + 3 y = 2 − λ   x + 2 y = 1 − 2λ resolviendo por Cramer 2−λ 3 2 2−λ

x=

1 − 2λ 2 2 3

= 1 + 4λ

1=

1 2

1 1 − 2λ 2 3 1 2

x = 1 + 4λ  Solución:  y = −3λ ∀ λ ∈ R  z=λ 

10

= −3λ